LeetCode50题（17天）-Day1

2 两数之和

题号：002
难度：中等
https://leetcode-cn.com/problems/add-two-numbers/
给出两个非空的链表用来表示两个非负的整数。其中，它们各自的位数是按照逆序的方式存储的，并且它们的每个节点只能存储一位数字。
如果，我们将这两个数相加起来，则会返回一个新的链表来表示它们的和。
您可以假设除了数字 0 之外，这两个数都不会以 0 开头。

示例 1： c 输入：(2 -> 4 -> 3) + (5 -> 6 -> 4) 输出：7 -> 0 -> 8 原因：342 + 465 = 807
示例 2： c 输入：(3 -> 7) + (9 -> 2) 输出：2 -> 0 -> 1 原因：73 + 29 = 102

思路：
模仿我们小学时代学的加法运算。个位相加超过十进一，十位相加有进位则加上进位，依次类推。
C++实现：

class Solution {public:ListNode* addTwoNumbers(ListNode* l1, ListNode* l2) {ListNode *head = nullptr, *tail = nullptr;int carry = 0;while (l1 || l2) {int n1 = l1 ? l1->val: 0;int n2 = l2 ? l2->val: 0;int sum = n1 + n2 + carry;if (!head) {head = tail = new ListNode(sum % 10);} else {tail->next = new ListNode(sum % 10);tail = tail->next;}carry = sum / 10;if (l1) {l1 = l1->next;}if (l2) {l2 = l2->next;}}if (carry > 0) {tail->next = new ListNode(carry);}return head;}
};

python实现：

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.next = Noneclass Solution:def addTwoNumbers(self, l1: ListNode, l2: ListNode) -> ListNode:result = ListNode(-1)l3 = resultflag = 0while l1 is not None and l2 is not None:a = l1.valb = l2.valc = a + b + flagl3.next = ListNode(c % 10)flag = 1 if c >= 10 else 0l1 = l1.nextl2 = l2.nextl3 = l3.nextwhile l1 is not None:a = l1.val + flagl3.next = ListNode(a % 10)flag = 1 if a >= 10 else 0l1 = l1.nextl3 = l3.nextwhile l2 is not None:b = l2.val + flagl3.next = ListNode(b % 10)flag = 1 if b >= 10 else 0l2 = l2.nextl3 = l3.nextif flag == 1:l3.next = ListNode(flag)return result.next

4 两数之和

题号：4
难度：困难
https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/
给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2。
请你找出这两个有序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。
你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。
示例 1: c nums1 = [1, 3] nums2 = [2]则中位数是 2.0
示例 2:c nums1 = [1, 2] nums2 = [3, 4]则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5

思路：
**第一种：利用二分策略
中位数：用来将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。
由于题目要求时间复杂度为 O(log(m + n))，所以不能从两个有序数组的首尾挨个遍历来找到中位数（复杂度 O(m + n)）；而是要通过二分策略，通过每次比较，能够直接按比例的刷掉一组数字，最后找到中位数（复杂度 O(log(m + n))）。

nums1: [a1,a2,a3,...am]
nums2: [b1,b2,b3,...bn]
[nums1[:i],nums2[:j] | nums1[i:], nums2[j:]]
nums1 取 i 个数的左半边
nums2 取 j = (m+n+1)/2 - i 的左半边

只要保证左右两边个数相同，中位数就在 | 这个边界旁边产生，从而可以利用二分法找到合适的 i。

C++实现

class Solution {public:double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {if (nums1.size() > nums2.size()) {return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);}int m = nums1.size();int n = nums2.size();int left = 0, right = m;// median1：前一部分的最大值// median2：后一部分的最小值int median1 = 0, median2 = 0;while (left <= right) {// 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]// 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]int i = (left + right) / 2;int j = (m + n + 1) / 2 - i;// nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]int nums_im1 = (i == 0 ? INT_MIN : nums1[i - 1]);int nums_i = (i == m ? INT_MAX : nums1[i]);int nums_jm1 = (j == 0 ? INT_MIN : nums2[j - 1]);int nums_j = (j == n ? INT_MAX : nums2[j]);if (nums_im1 <= nums_j) {median1 = max(nums_im1, nums_jm1);median2 = min(nums_i, nums_j);left = i + 1;} else {right = i - 1;}}return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;}
};

第二种：通过合并为一个有序数组的方式
思路：首先把两个有序数组合并为一个有序数组，然后根据数组长度来确定中位数，如果数组长度为偶数，那么返回两个中位数的平均值，如果数组长度为奇数，那么返回中位数。
python实现

class Solution:def findMedianSortedArrays(self, nums1, nums2):m = len(nums1)n = len(nums2)nums1.extend(nums2)# 合并nums1.sort()# 排序      if (m + n) & 1:# 如果是奇数 返回中位数return nums1[(m + n - 1) >> 1]else:# 返回两个中位数的平均值return (nums1[(m + n - 1) >> 1] + nums1[(m + n) >> 1]) / 2

5 最长回文子串

题号：5
难度：中等
https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-substring/
给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为 1000。
示例 1： c 输入: “babad” 输出: “bab” 注意: “aba” 也是一个有效答案。
示例 2： c 输入: “cbbd” 输出: “bb”
示例 3： c 输入: “a” 输出: “a”

实现
回文是一个正读和反读都相同的字符串，例如，“aba”是回文，而“abc”不是。
第一种：暴力法，列举所有的子串，判断该子串是否为回文。
执行结果：超出时间限制
c++实现

public class Solution
{public string LongestPalindrome(string s){if (string.IsNullOrEmpty(s))return string.Empty;if (s.Length == 1)return s;int start = 0;int end = 0;int len = int.MinValue;for (int i = 0; i < s.Length; i++){for (int j = i + 1; j < s.Length; j++){string str = s.Substring(i, j - i + 1);if (isPalindrome(str) && str.Length > len){len = str.Length;start = i;end = j;}}}return s.Substring(start, end - start + 1);}public bool isPalindrome(string s){for (int i = 0, len = s.Length / 2; i < len; i++){if (s[i] != s[s.Length - 1 - i])return false;}return true;}
}

第二种：动态规划
动态规划算法与分治法类似，其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。
与分治法不同的是，适合于用动态规划求解的问题，经分解得到子问题往往不是互相独立的（即下一个子阶段的求解是建立在上一个子阶段的解的基础上，进行进一步的求解）。若用分治法来解这类问题，则分解得到的子问题数目太多，有些子问题被重复计算了很多次。如果我们能够保存已解决的子问题的答案，而在需要时再找出已求得的答案，这样就可以避免大量的重复计算，节省时间。

我们可以用一个表来记录所有已解的子问题的答案。不管该子问题以后是否被用到，只要它被计算过，就将其结果填入表中。这就是动态规划法的基本思路。
具体的动态规划算法多种多样，但它们具有相同的填表格式。
使用记号 s[l, r] 表示原始字符串的一个子串，l、r 分别是区间的左右边界的索引值，使用左闭、右闭区间表示左右边界可以取到。
dp[l, r] 表示子串 s[l, r]（包括区间左右端点）是否构成回文串，是一个二维布尔型数组。
当子串只包含 1 个字符，它一定是回文子串；
当子串包含 2 个以上字符的时候：s[l, r] 是一个回文串，那么这个回文串两边各往里面收缩一个字符（如果可以的话）的子串 s[l + 1, r - 1] 也一定是回文串。
故，当 s[l] == s[r] 成立的时候，dp[l, r]的值由 dp[l + 1, r - l] 决定，这里还需要再多考虑一点点：“原字符串去掉左右边界”的子串的边界情况。
当原字符串的元素个数为 3 的时候，如果左右边界相等，那么去掉它们以后，只剩下 1 个字符，它一定是回文串，故原字符串也一定是回文串；
当原字符串的元素个数为 2 的时候，如果左右边界相等，那么去掉它们以后，只剩下 0 个字符，显然原字符串也一定是回文串。
综上，如果一个字符串的左右边界相等，判断为回文只需以下二者之一成立即可： - 去掉左右边界以后的字符串不构成区间，即s[l + 1, r - 1]包含元素少于2个，即：r - l <= 2。 - 去掉左右边界以后的字符串是回文串，即dp[l + 1, r - 1] == true。

python实现

class Solution:def longestPalindrome(self, s: str) -> str:count = len(s)if count == 0 or count == 1:return slongestPalindromelen = 1longestPalindromeStr = s[0:1]dp = [[False] * count for i in range(count)]for r in range(1, count):for l in range(0, r):if s[r] == s[l] and (r - l <= 2 or dp[l + 1][r - 1] == True):dp[l][r] = Trueif longestPalindromelen < r - l + 1:longestPalindromelen = r - l + 1longestPalindromeStr = s[l:l + longestPalindromelen]return longestPalindromeStr

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